(新课标)2022版高考物理二轮复习专题一第1讲力与物体的平衡精练(含解析).pdf

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1、新课标新课标 20222022 版高考物理二轮版高考物理二轮复习专题一第复习专题一第1 1讲力与物体的平讲力与物体的平衡精练含解析衡精练含解析力与物体的平衡力与物体的平衡(45(45 分钟分钟)刷根底刷根底 1 1(2022湖南株洲高三年级教(2022湖南株洲高三年级教学检测学检测)如图，如图，黑板擦在手施加的恒力黑板擦在手施加的恒力F F作用下匀速擦拭黑板黑板擦与竖作用下匀速擦拭黑板黑板擦与竖直黑板间的动摩擦因数为直黑板间的动摩擦因数为，不计黑板擦的重力，不计黑板擦的重力，那么它所受的摩擦力大小为那么它所受的摩擦力大小为()A AF FC.C.B BFFD.D.1 12 21 12 2F F

2、F F解析：设力解析：设力F F与运动方向的夹角为与运动方向的夹角为，黑，黑板擦做匀速运动，那么由平衡条件可知板擦做匀速运动，那么由平衡条件可知F Fcoscos1 1FFsinsin，解得，解得，由数学知识可，由数学知识可tantan知，知，coscos1 12 2，那么黑板擦所受的摩擦力，那么黑板擦所受的摩擦力大小大小F Ff fF Fcoscos1 12 2F F，应选项，应选项 C C 正确正确-2-2-答案：答案：C C2 2如下图为三种形式的吊车的示意图，如下图为三种形式的吊车的示意图，OAOA为可绕为可绕O O点转动的轻杆，点转动的轻杆，ABAB为质量可忽略不计的为质量可忽略不计

3、的拴接在拴接在A A点的轻绳，当它们吊起相同重物时，图点的轻绳，当它们吊起相同重物时，图甲、甲、图乙、图乙、图丙中杆图丙中杆OAOA对结点的作用力大小分别对结点的作用力大小分别为为F Fa a、F Fb b、F Fc c，那么它们的大小关系是，那么它们的大小关系是()A AF Fa a F Fb bF Fc cC CF Fa a F Fb b F Fc cB BF Fa aF Fb b F Fc cD DF Fa aF Fb bF Fc c解析：设重物的质量为解析：设重物的质量为m m，分别对三图中的，分别对三图中的结点进行受力分析，如图甲、乙、丙所示，杆对结点进行受力分析，如图甲、乙、丙所示

4、，杆对结点的作用力大小分别为结点的作用力大小分别为F Fa a、F Fb b、F Fc c，对结点的作，对结点的作用力方向沿杆方向，用力方向沿杆方向，各图中各图中G Gmgmg.那么在图甲中，那么在图甲中，F Fa a2 2mgmgcos 30cos 30 3 3mgmg；在图乙中，；在图乙中，F Fb bmgmgtantan3 36060 3 3mgmg；在图丙中，在图丙中，F Fc cmgmgcoscos 3030mgmg.2 2-3-3-可知可知F Fa aF Fb b F Fc c，故，故 B B 正确，正确，A A、C C、D D 错误错误答案：答案：B B3 3(2022山西吕梁高

5、三期末(2022山西吕梁高三期末)1 1如下图，如下图，光滑圆轨道竖直固定在水平光滑圆轨道竖直固定在水平4 4地面上，地面上，O O为圆心，为圆心，A A为轨道上的一点，为轨道上的一点，OAOA与水与水平面夹角为平面夹角为 30.小球在拉力30.小球在拉力F F作用下始终静止作用下始终静止在在A A点当拉力方向水平向左时，拉力点当拉力方向水平向左时，拉力F F的大小的大小为为 1010 3 N3 N 当将拉力当将拉力F F在竖直平面内转至沿圆轨在竖直平面内转至沿圆轨道切线方向时，拉力道切线方向时，拉力F F的大小为的大小为()A A5 5 3 N3 NC C10 N10 NB B15 N15

6、ND D1010 3 N3 N解析：当拉力水平向左时，受到竖直向下的解析：当拉力水平向左时，受到竖直向下的重力、沿重力、沿OAOA向外的支持力以及拉力向外的支持力以及拉力F F，如图甲所，如图甲所示，根据矢量三角形可得示，根据矢量三角形可得G GF Ftan 30tan 301010 3 3-4-4-3 3N N10 N10 N，当拉力沿圆轨道切线方向时，受，当拉力沿圆轨道切线方向时，受3 3力如图乙所示，根据矢量三角形可得力如图乙所示，根据矢量三角形可得F FG Gcoscos30305 5 3 N3 N，A A 正确正确答案：答案：A A4 4如下图，物块如下图，物块A A和滑环和滑环B

7、B用绕用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环滑环B B套在与竖直方向成套在与竖直方向成37的37的粗细均匀的固定杆上，连接滑环粗细均匀的固定杆上，连接滑环B B的绳与杆垂直的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环并在同一竖直平面内，滑环B B恰好不能下滑，滑恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数环和杆间的动摩擦因数0.40.4，设滑环和杆间，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，那么物块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，那么物块A A和和滑环滑环B B的质量之比为的质量之比为()7 7A.A.5 55 5B.B.7 7-5-5-1313C.C.5 55 5D.D

8、.1313解析：设物块解析：设物块A A和滑环和滑环B B的质量分别为的质量分别为m m1 1、m m2 2，假设杆对，假设杆对B B的弹力垂直于杆向下，因滑环的弹力垂直于杆向下，因滑环B B恰好不能下滑，那么由平衡条件有恰好不能下滑，那么由平衡条件有m m2 2g gcoscosm m1 11313(m m1 1g gm m2 2g gsinsin)，解得，解得；假设杆对；假设杆对B B的的m m2 25 5弹力垂直于杆向上，因滑环弹力垂直于杆向上，因滑环B B恰好不能下滑，那恰好不能下滑，那么由平衡条件有么由平衡条件有m m2 2g gcoscos(m m2 2g gsinsinm m1

9、1g g)，m m1 17 7解得解得 (舍去舍去)综上分析可知应选综上分析可知应选 C.C.m m2 25 5答案：答案：C C5 5如下图，由粗糙的水平杆如下图，由粗糙的水平杆AOAO与光滑的竖直杆与光滑的竖直杆BOBO组成的绝缘直角组成的绝缘直角支架，在支架，在AOAO杆、杆、BOBO杆上套有带正电的小球杆上套有带正电的小球P P、Q Q，两个小球恰能在某一位置平衡现将两个小球恰能在某一位置平衡现将P P缓慢地向缓慢地向左移动一小段距离，两球再次到达平衡假设小左移动一小段距离，两球再次到达平衡假设小球所带电荷量不变，与移动前相比球所带电荷量不变，与移动前相比()A A杆杆BOBO对对Q

10、Q的弹力减小的弹力减小-6-6-B B杆杆AOAO对对P P的弹力减小的弹力减小C C杆杆AOAO对对P P的摩擦力增大的摩擦力增大D DP P、Q Q之间的距离增大之间的距离增大解析：解析：Q Q受力如图，由力的合成与受力如图，由力的合成与平衡条件可知：平衡条件可知：BOBO杆对小球杆对小球Q Q的弹力变的弹力变大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，大，两小球之间的库仑力变大，由库仑定律知，两小球两小球P P、Q Q的距离变小，的距离变小，A A、D D 错误；对整体受错误；对整体受力分析，可得力分析，可得AOAO杆对小球杆对小球P P的摩擦力变大，的摩擦力变大，C C 正正确；确；对整

11、体分析可知，对整体分析可知，竖直方向只受重力和竖直方向只受重力和AOAO杆杆的支持力，的支持力，故故AOAO杆对小球杆对小球P P的弹力不变，的弹力不变，B B错误错误 应应选选 C.C.答案：答案：C C6 6(2022河南南阳一中高三理综(2022河南南阳一中高三理综)将一横截面为扇形的物体将一横截面为扇形的物体B B放在水平面上，一小放在水平面上，一小滑块滑块A A放在物体放在物体B B上，如下图除了物体上，如下图除了物体B B与水与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦均可忽平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦均可忽略不计，物体略不计，物体B B的质量为的质量为M M、滑块、滑块A A

12、的质量为的质量为m m.当整个装置静止时，当整个装置静止时，A A、B B接触面的切线与竖直挡接触面的切线与竖直挡-7-7-板之间的夹角为板之间的夹角为，重力加速度为重力加速度为g g.那么以下选那么以下选项正确的选项是项正确的选项是()A A物体物体B B对水平面的压力大小为对水平面的压力大小为MgMgB B物体物体B B受到水平面的摩擦力大小为受到水平面的摩擦力大小为mgmgtantanC C滑块滑块A A与竖直挡板之间的弹力大小为与竖直挡板之间的弹力大小为mgmgtantanD D滑块滑块A A对物体对物体B B的压力大小为的压力大小为mgmgcoscos解析：首先对滑块解析：首先对滑块

13、A A受力分析，如下图，受力分析，如下图，根据平衡条件，有根据平衡条件，有F F1 1F F2 2mgmgmgmgsinsintantan根据牛顿第三定律，根据牛顿第三定律，A A对对B B的压力的压力-8-8-大大小小为为mgmgsinsin，A A对对竖竖直直挡挡板板的的压压力力大大小小为为mgmgtantan，故，故 C C 正确，正确，D D 错误；对错误；对A A、B B整体受力分整体受力分析，受重力、水平面的支持力、竖直挡板的支持析，受重力、水平面的支持力、竖直挡板的支持力、水平面的静摩擦力，如下图，力、水平面的静摩擦力，如下图，根据平衡条件，水平面的支持力大小根据平衡条件，水平面

14、的支持力大小F FN N(M Mm m)g g，水平面的摩擦力大小，水平面的摩擦力大小F Ff fF F2 2mgmgtantan，再，再根据牛顿第三定律，物体根据牛顿第三定律，物体B B对水平面的压力大小对水平面的压力大小为为(M Mm m)g g，故，故 A A、B B 错误错误答案：答案：C C7 7(多项选择多项选择)如下图，如下图，在竖直向下在竖直向下的匀强磁场中，绝缘细线下面悬挂一质的匀强磁场中，绝缘细线下面悬挂一质量为量为m m、长为、长为l l的导线，导线中有垂直纸面向里的导线，导线中有垂直纸面向里的恒定电流的恒定电流I I，静止时细线偏离竖直方向，静止时细线偏离竖直方向角，角

15、，现将磁场沿逆时针方向缓慢转动到水平向右，转现将磁场沿逆时针方向缓慢转动到水平向右，转动时磁感应强度动时磁感应强度B B的大小不变，在此过程中，以的大小不变，在此过程中，以下说法正确的选项是下说法正确的选项是()-9-9-A A导线受到的安培力逐渐变大导线受到的安培力逐渐变大B B绝缘细线受到的拉力逐渐变大绝缘细线受到的拉力逐渐变大C C绝缘细线与竖直方向的夹角绝缘细线与竖直方向的夹角先增大后减小先增大后减小D D导线受到的安培力与绝缘细线导线受到的安培力与绝缘细线受到的拉力的合力不变受到的拉力的合力不变解析：解析：导线受到的安培力导线受到的安培力F F安安BIlBIl大小不变，大小不变，选项

16、选项 A A 错误；错误；磁场逆时针转动磁场逆时针转动 90的过程中，90的过程中，F F安安方向逐渐由水平向左变为竖直向下，由于变化缓方向逐渐由水平向左变为竖直向下，由于变化缓慢，慢，所以所以F F安安与与mgmg的合力的合力F F合合与与F FT T大小相等，大小相等，方向方向相反，相反，由图可知，由图可知，F F合合大小逐渐增大，大小逐渐增大，逐渐减小，逐渐减小，所以所以F FT T大小逐渐增大，大小逐渐增大，选项选项 B B 正确，正确，选项选项 C C 错误；错误；F F安安与与F FT T的合力总是与重力大小相等，方向相反，的合力总是与重力大小相等，方向相反，即竖直向上，选项即竖直

17、向上，选项 D D 正确正确答案：答案：BDBD8.(8.(多项选择多项选择)如下图，高空作业如下图，高空作业的工人被一根绳索悬在空中，工人及的工人被一根绳索悬在空中，工人及-10-10-其身上装备的总质量为其身上装备的总质量为m m，绳索与竖直墙壁的夹，绳索与竖直墙壁的夹角为角为，悬绳上的张力大小为，悬绳上的张力大小为F F1 1，墙壁与工人之，墙壁与工人之间的弹力大小为间的弹力大小为F F2 2，重力加速度为，重力加速度为g g，不计人与，不计人与墙壁之间的摩擦，那么墙壁之间的摩擦，那么()A AF F1 1mgmgsinsinB BF F2 2mgmgtantanC C假设缓慢增大悬绳的

18、长度，假设缓慢增大悬绳的长度，F F1 1与与F F2 2都变小都变小D D 假设缓慢增大悬绳的长度，假设缓慢增大悬绳的长度，F F1 1减小，减小，F F2 2增大增大解析：对工人受力分析，工人解析：对工人受力分析，工人受到重力、受到重力、墙壁的支持力和绳索的墙壁的支持力和绳索的拉力作用，如下图，根据共点力平衡条件，有拉力作用，如下图，根据共点力平衡条件，有F F1 1mgmgcoscos，F F2 2mgmgtantan；假设缓慢增大悬绳的；假设缓慢增大悬绳的长度，长度，工人下移时，工人下移时，细绳与竖直方向的夹角细绳与竖直方向的夹角变变小，故小，故F F1 1变小，变小，F F2 2变小

19、，故变小，故 B B、C C 正确，正确，A A、D D 错错误误-11-11-答案：答案：BCBC9 9(多项选择)(2022广东深圳多项选择)(2022广东深圳高三模拟高三模拟)如下图，如下图，一不可伸长的光滑轻绳，一不可伸长的光滑轻绳，其左其左端固定于端固定于O O点，右端跨过固定于点，右端跨过固定于O O点的光滑滑点的光滑滑轮悬挂一质量为轮悬挂一质量为 1 1 kgkg 的物体的物体P P，此时轻绳，此时轻绳OOOO段段水平，长度为水平，长度为 0.8 m0.8 m绳子绳子OOOO段套有一个可自段套有一个可自由滑动的轻环现在轻环上挂上一重物由滑动的轻环现在轻环上挂上一重物Q Q，用手，

20、用手扶住重物后缓慢下降，直到手与重物别离，重物扶住重物后缓慢下降，直到手与重物别离，重物Q Q下降的高度为下降的高度为 0.3 m0.3 m，此时物体，此时物体P P未到达滑轮未到达滑轮处那么处那么()A A重物重物Q Q的质量为的质量为 1.2 kg1.2 kgB B重物重物Q Q的质量为的质量为 1.6 kg1.6 kgC C物体物体P P上升的高度为上升的高度为 0.2 m0.2 mD D物体物体P P上升的高度为上升的高度为 0.4 m0.4 m解析：解析：重新平衡后，重新平衡后，根据几何知识可得根据几何知识可得 tantan0.40.44 4，即，即53，53，OOOO之间的绳长为之

21、间的绳长为0.30.33 30.520.52 mm1 m1 m，故，故P P上升了上升了 1 1 m m0.80.8 m m0.20.2 m m，-12-12-C C 正确，正确，D D 错误；错误；重新平衡后，对轻环处结点受力分析，如下重新平衡后，对轻环处结点受力分析，如下图，那么根据平行四边形定那么可得图，那么根据平行四边形定那么可得 cos 53cos 531 1m mQ Qg g2 2m mP Pg g0.60.6，解得，解得m mQ Q1.2 kg1.2 kg，A A 正确，正确，B B 错误错误答案：答案：ACAC1010(多项选择多项选择)如下图，物如下图，物体体P P、Q Q可

22、视为点电荷，电荷量相同倾角为可视为点电荷，电荷量相同倾角为、质量为质量为M M的斜面体放在粗糙水平面上将质量为的斜面体放在粗糙水平面上将质量为m m的物体的物体P P放在粗糙的斜面体上当物体放在粗糙的斜面体上当物体Q Q放在放在与与P P等高等高(PQPQ连线水平连线水平)且与物体且与物体P P相距为相距为r r的右的右侧位置时，侧位置时，P P静止且受斜面体的摩擦力为静止且受斜面体的摩擦力为 0 0，斜面斜面体保持静止，静电力常量为体保持静止，静电力常量为k k，那么以下说法正，那么以下说法正确的选项是确的选项是()A AP P、Q Q所带电荷量为所带电荷量为mgkmgktantan2 2r

23、 r-13-13-B BP P对斜面体的压力为对斜面体的压力为mgmgcoscosC C斜面体受到地面的摩擦力为斜面体受到地面的摩擦力为 0 0D D斜面体对地面的压力为斜面体对地面的压力为(M Mm m)g g解析：以解析：以P P为研究对象，受到重力为研究对象，受到重力mgmg、斜面、斜面体的支持力体的支持力F FN N和库仑力和库仑力F F，由平衡条件得：，由平衡条件得：F Fmgmgtantan，F FN Nmgmg2 2coscosq q根据库仑定律得：根据库仑定律得：F Fk k2 2r r联立解得：联立解得：q qr rmgmgtantank k由牛顿第三定律得由牛顿第三定律得P

24、 P对斜面体的压力为对斜面体的压力为F FN NF FN Nmgmgcoscos，故，故 A A 错误，错误，B B 正确正确以斜面体和以斜面体和P P整体为研究对象，由平衡条件整体为研究对象，由平衡条件得地面对斜面体的摩擦力为得地面对斜面体的摩擦力为F Ff fF F，地面对斜面体地面对斜面体的支持力为的支持力为F FN1N1(M Mm m)g g，根据牛顿第三定律得，根据牛顿第三定律得斜面体对地面的压力为斜面体对地面的压力为F FN1N1F FN1N1(M Mm m)g g，故故 C C-14-14-错误，错误，D D 正确正确答案：答案：BDBD 刷综合刷综合 1111(多项选择多项选择

25、)如下图，质量为如下图，质量为m m5 kg5 kg的物体放在水平面上，物体与水平面间的的物体放在水平面上，物体与水平面间的3 32 2动摩擦因数动摩擦因数，g g取取 10 m/s10 m/s.当物体做匀速当物体做匀速3 3直线运动时，以下说法正确的选项是直线运动时，以下说法正确的选项是()A A牵引力牵引力F F的最小值为的最小值为 25 N25 N2525B B牵引力牵引力F F的最小值为的最小值为3 N3 N3 3C C最小牵引力最小牵引力F F与水平面的夹角为与水平面的夹角为 4545D D最小牵引力最小牵引力F F与水平面的夹角为与水平面的夹角为 3030解析：解析：物体受重力物体

26、受重力G G、支持力支持力F FN N、摩擦力摩擦力F Ff f和拉力和拉力F F的共同作用，的共同作用，将拉将拉力沿水平方向和竖直方向分解，如下图，由共点力沿水平方向和竖直方向分解，如下图，由共点力的平衡条件可知，在水平方向上有力的平衡条件可知，在水平方向上有F FcoscosFFN N0 0，在竖直方向上有，在竖直方向上有F FsinsinF FN NG G0 0，-15-15-GG联立解得联立解得F F，设，设tantan，coscossinsin那那 么么coscos1 12 2，所所 以以1 1F FGG1 1当当 cos(cos()1 1 即即2 2，coscos 1 1GG0 0

27、 时，时，F F取到最小值，取到最小值，F FminminN N，2 225251 13 3而而 tantan，所以，所以30，30，30.30.3 3答案：答案：ADAD1212如下图，如下图，水平细杆上套一球水平细杆上套一球A A，球，球A A与球与球B B间用一轻绳相连，质间用一轻绳相连，质量分别为量分别为m mA A和和m mB B，由于，由于B B球受到水平风力作用，球受到水平风力作用，球球A A与球与球B B一起向右匀速运动细绳与竖直方向一起向右匀速运动细绳与竖直方向的夹角为的夹角为，那么以下说法中正确的选项是，那么以下说法中正确的选项是()A A球球A A与与水水平平细细杆杆间间

28、的的动动摩摩擦擦因因数数为为-16-16-m mB Bsinsinm mA Am mB BB B球球B B受到的风力受到的风力F F为为m mB Bg gtantanC C风力增大时，假设风力增大时，假设A A、B B仍匀速运动，轻仍匀速运动，轻质绳对球质绳对球B B的拉力保持不变的拉力保持不变D D 杆对球杆对球A A的支持力随着风力的增大而增大的支持力随着风力的增大而增大解析：对球解析：对球B B受力分析，受重力、风力和拉受力分析，受重力、风力和拉力，如图甲，力，如图甲，风力为风力为F Fm mB Bg gtantan，绳对，绳对B B球的拉力为球的拉力为F FT Tm mB Bg g，把

29、球，把球A A和球和球B B当作一个整体，对其受当作一个整体，对其受coscos力分析，受重力力分析，受重力(m mA Am mB B)g g、支持力、支持力F FN N、风力、风力F F和和向左的摩擦力向左的摩擦力F Ff f，如图乙，根据共点力平衡条件，如图乙，根据共点力平衡条件可得，杆对球可得，杆对球A A的支持力大小的支持力大小F FN N(m mA Am mB B)g g，杆，杆对球对球A A的摩擦力大小的摩擦力大小F Ff fF F，那么球那么球A A与水平细杆与水平细杆-17-17-F Ff fm mB Btantan间的动摩擦因数为间的动摩擦因数为，B B 正确，正确，A AF

30、 FN Nm mA Am mB B错误；当风力增大时，错误；当风力增大时，增大，那么增大，那么F FT T增大，增大，C C错误；由以上分析知杆对球错误；由以上分析知杆对球A A的支持力的支持力F FN N(m mA Am mB B)g g，不变，不变，D D 错误错误答案：答案：B B13.(13.(多项选择)(2022辽宁大连多项选择)(2022辽宁大连1 1高三模拟高三模拟)如下图，光滑水平地面上放有截面为如下图，光滑水平地面上放有截面为4 4圆周的柱状物体圆周的柱状物体A A，A A与墙面之间放一光滑的圆柱与墙面之间放一光滑的圆柱形物体形物体B B，对对A A施加一水平向左的力施加一水

31、平向左的力F F，整个装置整个装置保持静止假设将保持静止假设将A A的位置向左移动稍许，整个的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，那么装置仍保持平衡，那么()A A水平外力水平外力F F增大增大B B墙对墙对B B的作用力减小的作用力减小C C地面对地面对A A的支持力减小的支持力减小D DB B对对A A的作用力减小的作用力减小解析：对解析：对B B受力分析，受到重力受力分析，受到重力mgmg、A A对对B B-18-18-的支持力的支持力F FN NABAB和墙壁对和墙壁对B B的支持力的支持力F FN NB B，如图甲所，如图甲所示，示，当当A A向左移动后，向左移动后，A A对对B

32、B的支持力的支持力F FN NABAB的方向的方向变化，根据平衡条件结合合成法可以知道变化，根据平衡条件结合合成法可以知道A A对对B B的支持力的支持力F FN NABAB和墙对和墙对B B的支持力的支持力F FN NB B都在不断减小，都在不断减小，由牛顿第三定律知由牛顿第三定律知B B对对A A的支持力减小，故的支持力减小，故 B B、D D正确；再对正确；再对A A和和B B整体受力分析，受到总重力整体受力分析，受到总重力G G、地面支持力地面支持力F FN N、外力、外力F F和墙的弹力和墙的弹力F FN NB B，如图乙所，如图乙所示，根据平衡条件，有示，根据平衡条件，有F FF

33、FN NB B，F FN NG G，故地面对，故地面对A A的支持力不变，外力的支持力不变，外力F F随着墙对随着墙对B B的支持力的支持力F FN NB B的减小而减小，故的减小而减小，故 A A、C C 错误错误答案：答案：BDBD14.(14.(多项选择多项选择)如下图，用一段如下图，用一段绳子把轻质滑轮吊装在绳子把轻质滑轮吊装在A A点，点，一根轻一根轻绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用绳跨过滑轮，绳的一端拴在井中的水桶上，人用-19-19-力拉绳的另一端，滑轮中心为力拉绳的另一端，滑轮中心为O O点，人所拉绳子点，人所拉绳子与与OAOA的夹角为的夹角为，拉水桶的绳子与，拉水桶

34、的绳子与OAOA的夹角为的夹角为.人拉绳沿水平面向左运动，人拉绳沿水平面向左运动，把井中质量为把井中质量为m m的的水桶缓慢提上来，水桶缓慢提上来，人的质量为人的质量为M M，重力加速度为重力加速度为g g，在此过程中，以下说法正确的选项是在此过程中，以下说法正确的选项是()A A始终等于始终等于B B吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐变大吊装滑轮的绳子上的拉力逐渐变大C C地面对人的摩擦力逐渐变大地面对人的摩擦力逐渐变大D D地面对人的支持力逐渐变大地面对人的支持力逐渐变大解析：水桶匀速上升，拉水桶的轻绳中的拉解析：水桶匀速上升，拉水桶的轻绳中的拉力力F FT T始终等于始终等于mgmg，对滑轮受力

35、分析如图甲所示，对滑轮受力分析如图甲所示垂直于垂直于OAOA方向有方向有F FT TsinsinF FT Tsinsin，所以，所以，沿，沿OAOA方向有方向有F FF FT TcoscosF FT Tcoscos2 2F FT Tcoscos，人向左运动的过程中，人向左运动的过程中变大，变大，所以所以和和均变大，吊装滑轮的绳子上的拉力均变大，吊装滑轮的绳子上的拉力F F变小，选项变小，选项A A 正确，正确，B B 错误；对人受力分析如图错误；对人受力分析如图-20-20-乙所示，乙所示，逐渐变大，水平方向有逐渐变大，水平方向有F Ff fF FT Tsinsin，地面对人的摩擦力逐渐变大，

36、竖直，地面对人的摩擦力逐渐变大，竖直方向有方向有F FN NF FT TcoscosMgMg，地面对人的支持力，地面对人的支持力F FN NMgMgF FT Tcoscos逐渐变大，选项逐渐变大，选项 C C、D D 正确正确答案：答案：ACDACD1515(多项选择多项选择)如图，一光滑如图，一光滑的轻滑轮用轻绳的轻滑轮用轻绳OOOO悬挂于悬挂于O O点，点，另一轻绳跨过滑轮，一端连着斜面上的物体另一轻绳跨过滑轮，一端连着斜面上的物体A A，另一端悬挂物体另一端悬挂物体B B，整个系统处于静止状态现，整个系统处于静止状态现缓慢向左推动斜面，直到轻绳平行于斜面，这个缓慢向左推动斜面，直到轻绳平

37、行于斜面，这个过程中物块过程中物块A A与斜面始终保持相对静止那么以与斜面始终保持相对静止那么以下说法正确的选项是下说法正确的选项是()A A物块物块A A受到的摩擦力一定减小受到的摩擦力一定减小B B物块物块A A对斜面的压力一定增大对斜面的压力一定增大C C轻绳轻绳OOOO的拉力一定减小的拉力一定减小D D轻绳轻绳OOOO与竖直方向的夹与竖直方向的夹角一定减小角一定减小-21-21-解析：对解析：对B B分析，因为过程缓慢，故分析，因为过程缓慢，故B B受力受力平衡，所以绳子的拉力平衡，所以绳子的拉力F FT Tm mB Bg g，由于同一条绳，由于同一条绳子上的拉力大小相同，故绳子对子上

38、的拉力大小相同，故绳子对A A的拉力大小恒的拉力大小恒为为F FT Tm mB Bg g.设绳子与斜面的夹角为设绳子与斜面的夹角为，斜面与水平面的，斜面与水平面的夹角为夹角为，对，对A A分析，在垂直于斜面方向上，有分析，在垂直于斜面方向上，有F FT TsinsinF FN Nm mA Ag gcoscos，随着斜面左移，随着斜面左移，在在减小，故减小，故F FN Nm mA Ag gcoscosF FT Tsinsin在增大，在沿在增大，在沿斜面方向上，物块斜面方向上，物块A A受到重力沿斜面向下的分力受到重力沿斜面向下的分力m mA Ag gsinsin和绳子沿斜面向上的分力和绳子沿斜面

39、向上的分力F FT Tcoscos，如，如果果m mA Ag gsinsin F FT Tcoscos，那么有，那么有m mA Ag gsinsinF FT TcoscosF Ff f，随着，随着在减小，在减小，F Ff f在减小，如果在减小，如果m mA Ag gsinsin F FT Tcoscos，那么有，那么有m mA Ag gsinsinF Ff fF FT Tcoscos，随着随着在减小，在减小，F Ff f在增大，故在增大，故 A A 错误，错误，B B 正确；正确；因为轻绳与竖直方向上的夹角越来越大，又滑轮因为轻绳与竖直方向上的夹角越来越大，又滑轮两端绳的拉力大小相等且不变，那么滑轮两端绳两端绳的拉力大小相等且不变，那么滑轮两端绳的合力越来越小，所以轻绳的合力越来越小，所以轻绳OOOO的拉力在减小，的拉力在减小，C C 正确；正确；OOOO一定在滑轮两端轻绳夹角的角平分一定在滑轮两端轻绳夹角的角平分-22-22-线上，因为轻绳与竖直方向上的夹角越来越大，线上，因为轻绳与竖直方向上的夹角越来越大，所以所以OOOO与竖直方向的夹角一定增大，与竖直方向的夹角一定增大，D D 错误错误答案：答案：BCBC-23-23-